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Cinemática escalar

FÍSICA

FÍS

ICA

1

Capítulo 1 – Estudo do movimento

Complementares

9. a) Se o número do sapato (n) corresponde a 1,5 vez o tama-nho do pé, em centímetros, então o comprimento do pé de uma pessoa que calça sapatos número 42 é dado por:

= == =

1,5

42

1,528

n

Portanto, o comprimento do pé é de 28 cm.

b) Sendo 1 polegada = 2,54 cm, então 12 polegadas valem:

12 ⋅ 2,54 = 30,48

Se o tamanho do pé, no padrão do sistema inglês, vale 30,48 cm (12 polegadas), então o número do calçado (n) correspondente é: N = 30,48 ⋅ 1,5 = 45,72 = 46

10. e11. a

Para se chegar a uma resposta satisfatória, é preciso pre-determinar algumas condições:

– o caminho fi ca à esquerda do menino;

– as duas encruzilhadas são perpendiculares (formam um ângulo de 90°).

Consideradas essas condições e a informação de que o Sol nasce a leste dos meninos, pode-se concluir que o senhor, ao dobrar à esquerda, caminhou no sentido sul e na segun-da encruzilhada, ao dobrar à esquerda novamente, cami-nhou no sentido leste.

12. bO ponto vermelho teria um movimento em círculos de acordo com o giro da hélice do avião. Porém, além desse movimento, temos o movimento em linha reta do avião em voo. Logo, esses círculos se tornam uma espiral ao longo da trajetória do avião.

21. e

I. Correta: o deslocamento depende da posição fi nal e inicial e corresponde a 220 2m;

II. Incorreta: Sua velocidade escalar média depende da distância percorrida, e sua velocidade média, do des-locamento realizado.

III. Incorreta: a velocidade média de Pedro é

vS

tv

200 2

1002 2 m sm(Pedro) m(Pedro)s=

∆

∆= = .

IV. Correta: = =400

2002m s(Carlos)v

22. aConvertendo os 16 dias em horas, temos: 16 ⋅ 24 = 384 hCalculando a velocidade média, temos:

vS

tv

600

3841,56 m sm ms =

∆

∆= ou ainda 1,6 m/s

23. cA distância a ser percorrida, já que Quito e Cingapura são diametralmente opostas, é metade de uma volta na linha do Equador, ou seja:

S40 000

220 000 km∆ =S∆ =∆ =∆ =S =

Assim:

vS

t tt800

20 00025 hs ss s800s ss ss s800=

∆

∆s s===s s

∆t t∆∆∆t t∆ =t∆ =∆ =∆ =t

24. d

Com base na fi gura e nos dados da tabela:

vS

t

2

40,5 km mm minm =

∆

∆= == =

Da estação Bosque à terminal: ∆S = 15 km

tS

v

15

0,530min

m

∆ =t∆ =∆ =∆ =t∆

= == =

Como o trem faz 5 paradas de 1,0 min cada uma, temos:∆t

1 = 30 + 5 ⋅ 1 ∆t

1 = 35 min

Tarefa proposta

1. cPara a população atual, temos:200 milhões = 200 ∙ 106 = 2 ∙ 108

Portanto a ordem de grandeza é 108.Para a população da época da ocupação holandesa, temos:20 mil = 20 ⋅ 103 = 2 ∙ 104. Assim, a ordem de grandeza é 104.

2. ePara os 54 litros, temos:54 ⋅ 12 = 648 km ou 648 ∙ 1000 = 648 000 mAssim, a ordem de grandeza dessa distância pode ser en-contrada como:6,48 ⋅ 105. Como o número antes da potência de 10 é maior que cinco, a ordem de grandeza será de 106.

3. eTempo (s) Área (km2) 8 10−2

32 · 106 x

s=⋅ ⋅

= ⋅

−32 10 10

84 10 km

6 24 2

x x

4. cA área da faixa na praia vale:A = c · L s A = 3 000 · 100 s A = 3 · 105 m2

Uma pessoa sentada na areia ocupa uma área aproxima-da de:A

p = 70 cm · 50 cm s A

p = 0,7 · 0,5 = 0,35 m2

Portanto, o maior número possível de pessoas é:

n = s=⋅

= ⋅3 10

0,358,6 10

p

55A

A O.G. = 106

Et_EM_1_Cad1_Fis_MP_01a16.indd 1 2/27/18 11:12 AM

2 MANUAL DO PROFESSOR

5. a) Inicialmente, efetuamos uma comparação entre a

massa do próton (ou do nêutron) e a do elétron:

=⋅

⋅= ⋅

−

−

1,7 10

9,1 101,9 10

próton

elétron

27

31

3m

m

A massa do próton é, aproximadamente, 2 mil vezes a

massa do elétron. Portanto, na determinação da mas-

sa de um átomo, a contribuição dos elétrons é muito

pequena, já que, em comparação à massa do próton e

à do nêutron, a massa dos elétrons é desprezível.

b) A massa do átomo de neônio é a soma das massas

dos 10 prótons e dos 10 nêutrons. Como as massas do

próton e do nêutron são praticamente iguais, a massa

do átomo de neônio é igual a 20 vezes a massa de um

próton. Assim, temos:

Massa do átomo de neônio = 20 · 1,7 · 10−27 kg =

= 3,4 · 10−26 kg

6. d

Analisando as competições de atletismo e nado livre,

temos que:

21,30 − 9,69 = 11,61 = 11 + 0,61 = 11 + 61

100

7. d

O prefixo “nano” significa 10−9 = 0,000 000 001.

8. d

45 anos 4,5 · 109 anos

1 hora x

s=⋅

=4,5 10

4510 h

98

x x

Sendo 1 ano = 365 · 24 = 8 760 h, temos:

s= =10

8 76011415 anos

8

x x

9. e

Como o ser humano surgiu há menos de um bilhão de

anos, temos: seta 5.

10. b

45 anos 4,5 · 109 anos

x 15 · 109 anos

s=⋅ ⋅

⋅=

45 15 10

4,5 10150 anos

9

9x x

11. e

O observador vê dois movimentos combinados na hori-

zontal com a mesma velocidade do avião e queda com

consequente aumento de velocidade. Isso resulta num

movimento parabólico.

12. c

Para o cientista no interior do trem, a observação é de um

movimento de queda, pois ele se encontra em repouso

em relação ao trem. Já para o colega que se encontra na

estação, como o trem está em movimento em relação a

ele, a observação é de um movimento parabólico.

13. e

Para as proteínas, temos a medida de 10 nm.

Para as células sanguíneas, de acordo com a escala apre-

sentada, uma medida entre 4 · 104 nm e 5 · 104 nm,

sendo maior que 5 · 104.

Sendo assim, a diferença das proteínas para as células san-

guíneas é de 103. Mas, como as células sanguíneas são maio-

res que 5 · 104, então a ordem de grandeza será de 104.

14. d

I. Incorreta: Estar em movimento ou repouso em relação

a um referencial não garante que o mesmo ocorra em

relação a qualquer referencial.

II, III e IV corretas.

15. c

Como a pessoa à frente está diametralmente oposta, o

movimento observado por qualquer uma delas em rela-

ção a outra será circular.

16. a

Todo satélite geoestacionário está em repouso em rela-

ção à Terra e tem uma órbita definida. Os de observação,

por apresentarem uma órbita baixa, têm um movimento

relativo em relação à Terra.

17. a

Para adequarmos as unidades de medida para o tempo,

temos: 4 min = 4

60h

Calculando a velocidade média, em km/h, temos:

vS

tv

1,6

4

60

24 km hm ms=∆

∆= =

18. d

Calculando as velocidades médias para os atletas, temos:

Shelly Pryce: vS

tv

100

10,769,3m sm(Shelly) m(Shelly)s=

∆

∆= =

Usain Bolt: vS

tv

100

9,5810, 4 m sm(Bolt) m(Bolt)s=

∆

∆= =

Assim, a diferença entre as velocidades será de:

10,4 − 9,3 = 1,1 m/s. Aproximadamente 1,0 m/s.

19. d

• ∆S = 100 + 40 s ∆S = 140 km

• ∆tt = ∆t

1 + ∆t

2 + ∆t

3 s ∆t

t =

100

100 + 1 + 0,5 s ∆t

t = 2,5 h

• vm =

S

t

∆

∆ s v

m =

140

2,5 s v

m = 56 km/h

20. b

Calculando a velocidade média do drone, temos:

vS

tv

9 1000

5 6030m sm ms=

∆

∆=

⋅

⋅=

21. b

Calculando o tempo para que as ondas cheguem à Terra,

temos:

vS

t tt10

2 1020h9

10

s s=∆

∆=

⋅

∆∆ =

22. Com velocidade de 80 km/h s vm =

S

t t80

8

1

s

∆

∆=

∆ s

t1

10h = 0,10 h1s ∆ = .

Com velocidade de 100 km/h s vm =

S

t

∆

∆ s 100 =

t

8

2

s

∆

s ∆t2 =

8

100 h = 0,08 h.


3

FÍSICA

Diferença entre os tempos: ∆t1 − ∆t

2 = 0,10 − 0,08 = 0,02 h

Assim, como 1 h é equivalente a 60 min:

0,02 h s 1,2 min

23. c

O tempo de 40 minutos corresponde a 2/3 de uma hora.

Calculando a velocidade média para o atleta, temos:

vS

tv

12

2

3

18km hm ms=∆

∆= =

24. c

Como: vS

tt

S

vm

m

s=∆

∆∆ =

∆

No percurso todo: t40

800,5 h∆ = =

Na primeira parte do percurso: ∆t2 = 15 min = 0,25 h

Como vm

= 40 km/h; ∆S = 40 · 0,25 = 10 km

No percurso restante faltam: ∆S = 40 − 10 = 30 km e

∆t = 0,5 − 0,25 = 0,25 km

Logo: = =30

0,25120 km/hmv

25. a) A maior velocidade média é a do veículo que percorre o

quarteirão no menor tempo; portanto: 7º veículo ∆t = 4 s.

= =100

425 m/smaiorv

A menor velocidade média é a do veículo que percor-

re o quarteirão no maior tempo; portanto: 4º veículo

∆t = 20 s.

= =

100

205 m/smenorv

b) = =60 km/h60

3,6m/smáx.v para ∆S = 100 m:

100

60

3,6

360

606 st∆ = = =

26. c

vS

tt

S

vs=

∆

∆∆ =

∆

Primeiro lado: 5

150

1

30 h1t∆ = =

Segundo lado: 5

200

1

40 h2t∆ = =

Terceiro lado: 5

200

1

40 h3t∆ = =

Quarto lado: 5

100

1

20 h4t∆ = =

1

302 ·

1

40

1

20

4 6 6

120

16

120

4

30

T T

T

t t

t

s s

s

∆ = + + ∆ =+ +

=

∆ =

Assim: = = =20

4

30

20 · 30

4150 km/hm

5

v

27. No afastamento entre os continentes:

∆S = 6 000 km = 6,0 · 106 m = 6,0 · 108 cm e

∆t = 120 · 106 anos = 1,2 · 108 anos

vS

t

6,0 10

1, 2 105,0 cm/anom

8

8=

∆

∆=

⋅

⋅=

28. vS

t tt0, 40

1025 sm s s=

∆

∆=

∆∆ =

29. a

Na ida, temos: vS

t tt70

7 1

10h1

1

1 11s s=

∆

∆=

∆∆ =

Esse tempo somado aos 20 minutos para fi nalizar a ida nos dá

t1

10

1

3

13

30hida∆ = + = .

Assim, a velocidade média é dada por

vS

tv v

13

13

30

30km hm(ida)ida

m(ida) m(ida)s s=∆

∆= = .

Para a volta, com 10 minutos de travessia, temos:

vS

tv v

13

1

6

78km hm(volta)volta

m(volta) m(ida)s s=∆

∆= =

30. Δt

1Δt

2

60 km/hx

80 km/hx

∆t1 =

60

x

∆t2 =

80

x

∆t = ∆t1 + ∆t

2

∆t = +60 80

x x s ∆t =

⋅

⋅

140

60 80

x

vm =

22

14060 80

m

x

tv

x

xs

⋅

∆=

⋅

⋅

⋅ s v

m = 2 · x ·

⋅

⋅

60 80

140 x

∴ vm = 68,6 km/h

Professor, se preferir, use: vm =

⋅

+

2 1 2

1 2

v v

v v

31. b

Calculando o tempo decorrido para a caminhada de cada

uma, temos:

vm = 3,6 km/h

Mateo2,5

3,6hm

11v

S

tts=

∆

∆∆ =

Isabela1

3,6hm

22v

S

tts=

∆

∆∆ =

Calculando a diferença entre os tempos dos dois cami-

nhantes, temos:2,5

3,6

1

3,6

1,5

3,6h1 2t t∆ − ∆ = − =

Encontrando o tempo correspondente, em minutos, temos1,5

3,660 25min1 2t t∆ − ∆ = ⋅ =

Então Isabela, deverá sair de casa

12 h 40 min + 25 min = 13 h 05 min



32. a) A velocidade relativa é dada pela soma das velocida-

des do passageiro e da esteira, pois ambos estão no

mesmo sentido. Assim:

vR = v

p + v

e s v

R = 1,5 + 1 = 2,5 m/s

b) Utilizando duas esteiras de 80 m cada, teremos um

percurso de 160 m sobre elas, com velocidade de

2,5 m/s. Logo, restam 90 m de percurso fora das

esteiras (250 − 160), com velocidade de 1,5 m/s.

Assim, teremos:

160

2,564 s1v

S

tts=

∆

∆∆ = = e

90

1,560 s2t∆ = =

Portanto, o tempo gasto com a utilização das esteiras

é 64 + 60 = 124 s.

Fora dela, Vp = 1,5 m/s para um percurso de 250 m.

Assim, S 250

1,5166,7 sv

tts=

∆

∆∆ = ≅ .

Portanto, o ganho foi de 166,7 − 124 = 42,7 segundos.

c) O tempo de percurso em cada esteira pode ser encon-

trado por:

80

2,532 sv

S

tts=

∆

∆∆ = =

Para percorrer os primeiros 40 m, gastará 16 s, e os res-

tantes 40 m serão cobertos com a velocidade de 1 m/s.

Assim, para a esteira com as pessoas paradas, o tempo

de percurso será de: 16 + 40 = 56 s

No percurso total, com o inconveniente das pessoas

paradas numa das esteiras, o tempo será de:

∆t = 32 + 56 + 60 = 148 s

Portanto, o ganho será diminuído em

24 s (148 − 124 = 24).

Capítulo 2 – Movimento uniforme (MU)

Conexões

a) Próxima do Centauro; 4,2 anos-luz da Terra.

b) Não é possível ver a Próxima do Centauro a olho nu em

razão de sua baixa magnitude, mas suas coordenadas

equatoriais são α = 14 h 29 m 36,1 s e δ = −60° 50’ 8,0”.

c) Nuvem de Magalhães; 163 mil anos-luz da Terra.

Complementares

9. d

Esse tempo é dado por:

9 10

3 103 10 s 5min

7

5

2t

S

v∆ =

∆=

⋅

⋅= ⋅ =

10. a

Para a bola:

∆S = 5,0 m (∆S2 = 3,02 + 4,02), com v = 126 km/h = 35 m/s

∆t = 5,0

35

1

7

S

v

∆= = s

11. b

Considerando as velocidades em m/s, temos:

= =360

3,6100m sv

Como estão em aproximação, ou seja, em sentidos opos-

tos, a velocidade relativa é dada por:s= − = − − =100 ( 100) 200m sR 2 1 Rv v v v

12. d

Encontrando a distância percorrida pelo som, temos:

340S

30,010 200msom

som

vS

tSs s=

∆

∆=

∆∆ =

Para o avião percorrer esse deslocamento, como veloci-

dade constante, teremos:540

3,6

10 20068 savião

avião aviãoaviãov

S

t tts s=

∆

∆=

∆∆ =

Comparando com o tempo que o som gastou para che-

gar até o receptor, podemos concluir que a diferença de

tempo em relação ao avião é de 68 − 30 = 38 s.

Nesse tempo, o avião deveria estar à distância de:

540

3,6 385700mavião

avião

avião

aviãoaviãov

S

t

SSs s=

∆

∆=

∆∆ =

ou ainda 5,7 km.

21. c

De acordo com a função horária, temos:

x0 = −2 m (posição inicial)

v = 5 m/s (velocidade)

Como v > 0 e as posições crescem à medida que passa o

tempo, o movimento é progressivo.

22. e

Para que a ultrapassagem ocorra, o carro deve estar total-

mente na frente do caminhão. Utilizando o conceito de

velocidade relativa, temos:s= − = − =100 80 20km hR carro caminhão Rv v v v

Essa é a velocidade de vantagem do carro em relação ao

caminhão. Com ela o carro deverá percorrer um deslo-

camento correspondente ao tamanho do caminhão, do

carro e da distância que falta para iniciar a ultrapassa-

gem. Assim, temos:

∆S = 4,5 + 30 + 1 000 = 1 034,5 m ou ainda 1,0345 km.

Dessa forma:

201,0345

0,0517hRvS

t tts s=

∆

∆=

∆∆ ≅

Com esse tempo e a velocidade do carro, temos:

1000,0517

5,17kmcarrocarro carro

carrovS

t

SSs s=

∆

∆=

∆∆ ≅

23. e

A velocidade relativa é: vR = 2 −(−3) = 5 cm/s

Para a colisão: ∆SR = 30 cm ∴ ∆t =

30

5R

R

S

v

∆= = 6 s

24. d

Primeiro vamos escolher nosso ponto de referência na

linha que liga os pontos A e B. Considerando o ponto

B como nossa origem dos espaços, vamos construir as

equações horárias de cada embarcação.

Embarcação da Marinha Brasileira

SM = S

0M + v

Mt sS

M = 0 + 30t (A)

SS = S

0S + v

St sS

S = 200 – 10t (B)


5

FÍSICA

O encontro entre as embarcações ocorrerá quando suas

posições SM e S

S forem iguais.

Assim, temos: 0 30 200 10

40 200 5 h

M SS S t t

t t

s s s

s s

= + ⋅ − ⋅

⋅ = =

Tarefa proposta

1. e

Para o trecho mencionado, o tempo de 75 min corres-

ponde a 11

4+ de hora, ou, ainda, 1,25 h. Dessa forma,

encontramos o deslocamento por

9001, 25

1 125 km.vS

t

SSs=

∆

∆⇒ =

∆∆ =

2. d

a) é falsa: assim todos os competidores teriam de chegar

no mesmo momento na linha de chegada.

b) é falsa: realizou um percurso de 4 500 m, porém, como

se trata de uma pista cuja linha de partida é a mesma

posição de chegada, seu deslocamento foi nulo.

c) é falsa: como o deslocamento é nulo, a velocidade

média é nula. Já a velocidade escalar é 1,3 m/s.

d) correta.

3. e

Temos: 10,8 km/h = 3,0 m/s

Na horizontal, as velocidades da menina e da bola são

iguais:

vmenina

= vbola

= 3,0 m/s

Portanto, em 0,5 s, ambas percorrem a mesma distância

horizontal, em movimento uniforme:

∆Smenina

= ∆Sbola

= v ⋅ ∆ts∆Smenina

= ∆Sbola

= 3,0 ⋅ 0,5 = 1,5 m

4. a) vm =

10 km

0,5 h

S

t

∆

∆= s v

m = 20 km/h

b) • ∆S = 330 − 10 s ∆S = 320 km

• ∆t = 4,5 − 0,5 s ∆t = 4 h

Assim: ∆S = v · ∆t s 320 = v ⋅ 4 s v = 80 km/h

5. c

O intervalo de tempo que Laura demorou para ir de

sua casa à escola (2 km), com velocidade constante

de 4 km/h, foi:

∆tL =

S

v

∆ s ∆t

L =

2

4 = 0,5 h = 15 min

O intervalo de tempo que Francisco demorou para ir

de sua casa à escola (2 km), com velocidade média de

8 km/h, foi:

∆tF =

S

v

∆ s ∆t

F =

2

8 = 0,25 h = 30 min

Como Francisco partiu 15 min após Laura, eles chegaram

juntos à escola.

6. b

O deslocamento total do trem para que possa atravessar

por completo o túnel deverá ser:

∆S = Ltrem

+ Ltúnel

Assim, temos que:

s s=+

∆=

+=

t16

150

50650mtrem túnel túnel

túnelvL L L

L

7. c

Convertendo a velocidade de 288 km/h para m/s, temos:

=288

3,6v s 80 m/s

Assim: v = 802

160 mS

t

SSs s

∆

∆=

∆∆ =

8. b

ponte caminhãov

S

tv

L L

ts s=

∆

∆=

+

∆

s s=+

= +2015

10200 15

ponteponte

LL s

s Lponte

= 185 m

9. d

Utilizando o conceito de velocidade relativa, temos:s= − = −30R carro ca minhão R ca minhãov v v v v

Com a utilização da velocidade relativa, o deslocamento

necessário para ocorrer a ultrapassagem deve ser o tama-

nho do carro mais o do caminhão, ou seja:4 30 34 mcarro ca minhãoS L L Ss∆ = + ∆ = + =

Com a velocidade relativa, temos:

3034

8,526m sR ca minhão ca minhãov

S

tv vs s=

∆

∆− = =

10. e

• = =18

3,65 m/sônibusv

• vrelativa

= 7 − 5 = 2 m/s

O homem alcançará o ônibus, sendo:

vrelativa 2

105 s

S

t tts s=

∆

∆=

∆∆ =

11. a

Para o caroneiro, que seria referencial, a velocidade do

segundo caminhão é a velocidade relativa entre eles, ou seja:

vrelativa

= v1 − v

2 = 40 − (−50) = 90 km/h = 25 m/s

O comprimento do segundo caminhão é o deslocamento

relativo durante a ultrapassagem:

∆Srelativo

= vrelativa

· ∆t = 25 · 1,0 = 25 m

12. c

Escrevendo as funções horárias do espaço para cada um,

e considerando a origem dos movimentos, a posição que

o carro ocupa a 60 km do caminhão, temos:s

s

= + ⋅ = + ⋅

= + ⋅ = + ⋅

0 80 t

S 60 60

carro 0carro carro carro

caminhão 0caminhão caminhão caminhão

S S v t S

S v t S t

Assim, o carro alcançará o caminhão quando suas posi-

ções forem iguais (desconsiderando o tamanho do cami-

nhão em relação ao do carro). Portanto:0 80 60 60

20 60 3 h

carro 0caminhãoS S t t

t t

s s

s s

= + ⋅ = + ⋅

⋅ = =

13. c

O carro que está atrás e desenvolve uma velocidade de:

3 carros/min s 3 ⋅ 3 = 9 m/min

Já o que está na fi la mais lenta desenvolve uma veloci-

dade de:

2 carros/min s 2 · 3 = 6 m/min

A velocidade relativa entre os dois é dada por:

vR = 9 − 6 = 3 m/min



Para alcançar o carro da frente (deslocamento de 15 m),

temos: 15

35minRv

S

tts=

∆

∆∆ = =

14. d

Na ultrapassagem do navio sobre o bote, tem-se:

∆Srelativo

= 50 m (comprimento do navio) ∆t = 20 s s

s vrelativa

= 50

20 = 2,5 m/s

Ainda: vrelativa

= vN − v

B s 2,5 = v

N − 2,0 s v

N = 4,5 m/s

15. e

Desenvolvimento do raciocínio:

vpermitida

= 90 km/h = 25 m/s

O deslocamento entre os sensores é:

∆S = 3 m. Assim, a 90 km/h,

3 m serão percorridos em: 3

250,12 st

S

v∆ =

∆= = .

Logo, a câmara será acionada se os sensores forem pres-

sionados num intervalo de tempo inferior a 0,12 s.

a) (F) Caso o intervalo de tempo seja de 0,2 s, a velocidade

do veículo será: 3

0,215 m/s 54 km/hv

S

t=

∆

∆= = =

b) (F) Embora a distância seja pequena, o equipamento

foi programado para tal.

c) (F) Conforme desenvolvimento do raciocínio, a câmara é

acionada para intervalos de tempos inferiores a 0,12 s.

d) (F) A condição de acionamento é um intervalo de tem-

po inferior a um valor, e não superior.

e) (V) Por exclusão, é a única que pode ser aceita, embo-

ra esteja no limite da velocidade permitida.

16. Encontrando a velocidade em m/s, temos:

= =144

3,640m sv

Numa cochilada de 1,0 s, o caminhão percorrerá 40 m.

17. b

O deslocamento realizado pelo ônibus durante os 5,0 minu-

tos (1

12 de hora) de atraso do passageiro será de:

601

12

5 kmvS

t

SSs s=

∆

∆=

∆∆ =

Essa será a posição inicial do ônibus no momento em que

o taxi inicia seu movimento. Encontrando as funções ho-

rárias de cada um, temos s

s

= + ⋅ = + ⋅

= + ⋅ = + ⋅

0 90

5 60

T 0T T T

o 0o o o

S S v t S t

S S v t S t

O taxi alcançará o ônibus quando as posições ST e S

o fo-

rem iguais. Assim, temos:

s s s= + ⋅ = + ⋅ ⋅ = =0 90 5 60 30 51

6hT oS S t t t t

ou ainda 10 min.

18. b

O tempo que o som leva para se propagar pelos trilhos

pode ser encontrado por:

3 400trilho

trilhotrilhov

S

tt

Ls=

∆

∆∆ =

sendo L o comprimento do trilho.

Da mesma forma, o tempo para a propagação pelo ar

pode ser encontrado por:

340ar

ararv

S

tt

Ls=

∆

∆∆ =

A diferença dos tempos que a pessoa percebe é de 0,18 s.

Então:

0,18340 3 400

0,18 68 mar trilhot tL L

Ls s∆ − ∆ = − = =

19. a

O tempo que o carro A leva para chegar à posição de

colisão é:

2050

2,5 sAA

vS

t tts s=

∆

∆=

∆∆ = , sendo que esse tem-

po deverá ser o mesmo gasto pelo carro B até colidir com A.

Então:

s s=∆

∆= =

30

2,512m sB

BB Bv

S

tv v

20. b

A vrelativa

entre os trens é dada por:

vrelativa

= 15 − (−10) = 25 m/s

A distância total para o término do cruzamento é a soma

dos tamanhos dos trens.

Assim:

∆t = 500

25 = 20 s

21. b

Para o movimento vertical do submarino:

vY = 0,9 km/h = 0,25 m/s e ∆S

Y = 150 m

∴ 150

0, 25600 sY

Y

tS

v∆ =

∆= =

Para o movimento horizontal do submarino:

vX = 18 km/h = 5,0 m/s no mesmo ∆t

∴ ∆SX = v

X · ∆t = 5,0 · 600 = 3 000 m

22. c

O desvio fica a 200 km de A e a 50 km de B.

a) (F) A 100 km/h, o trem de passageiros leva 2 h até o

desvio e o de carga, 0,5 h; assim, esperaria o primeiro

passar depois de 1,5 h.

b) (F) A 50 km/h, o trem de passageiros leva 4 h até o

desvio e o de carga, 1 h; assim, esperaria o primeiro

passar depois de 3 h.

c) (V) A 100 km/h, o trem de passageiros leva 2 h até o

desvio e o de carga, a 50 km/h, 1 h; assim, esperaria o

primeiro passar depois de 1 h e por segurança sairia do

desvio pouco depois.

d) (F) A 100 km/h, o trem de passageiros leva 2 h até o

desvio e o de carga, 5

8 h; assim, esperaria o primeiro

passar depois de 11

8 h, pouco mais que 2 h.

e) (F) A 50 km/h, o trem de passageiros leva 4 h até o

desvio e o de carga, a 100 km/h, 0,5 h; assim, espera-

ria o primeiro passar depois de 3,5 h.


7

FÍSICA

23. Som: v = 340 m/s

a) Para ∆t = 3,0 s e ∆S = 2 · x

∴ ∆S = v · ∆t s 2 · x = 340 · 3,0 s x = 510 m

b) Para ∆t = 0,10 s e ∆S = 2 · x

∴ ∆S = v · ∆t s 2 · x = 340 · 0,10 s x = 17 m

24. a

Na passagem do trem pelo cruzamento:

S0

S1100 m 200 m20 m

v = 36 km/h = 10 m/s e ∆S = 100 + 200 + 20 = 320 m

∴ ∆t = 320

10

S

v

∆= = 32 s

25. d

Distância Terra-Vênus = d

Para os pulsos de radar:

v = 300 000 km/s e ∆S = 2 · d em um ∆t = 280 s.

∴ ∆S = v · ∆t ss2 · d = 3 · 105 · 280 s d = 420 · 105 km = 4,2 · 107 km

26. d

Escrevendo as equações horárias para cada um dos mo-

tociclistas a e b, temos:

20 15

300 10

a 0a a a

b 0b b b

S S v t S t

S S v t S t

s

s

= + ⋅ = + ⋅= + ⋅ = + ⋅

Para a condição mencionada após a ultrapassagem de a

sobre b, temos:s

s s

+ = + ⋅ + = + ⋅

+ ⋅ = + ⋅ =

100 (20 15 ) 100 300 10

120 15 300 10 36 s

a bS S t t

t t t

27. c

Para o som nos trilhos: v = 6 600 m/s e ∆S = 3 300 m

∴ 3300

6 6000,5 st

S

v∆ =

∆= =

Para o som no ar: v = 330 m/s e ∆S = 3 300 m

∴ 3300

33010 st

S

v∆ =

∆= =

Diferença: 10 − 0,5 = 9,5 s

28. Calculando o tempo de percurso do torpedo para a dis-

tância até o navio, temos:

4 200

12035 m sR

T

TR Rv

S

tv vs s=

∆∆

= =

Essa velocidade é dada por:s s= + = + =35 14 21 m sR T S T Tv v v v v

29. a) Para a situação sem nenhuma lesão, temos:

0,1

1540

1

15 400s

0,01

3360

1

336 000s

TT

TT T

oo

oo o

vS

tt t

vS

tt t

s s

s s

=∆∆

∆ = ∆ =

=∆∆

∆ = ∆ =

A soma desses tempos deve ser multiplicada por 2 (ida

e volta). Assim, temos:

21

15 400

1

336 0001,36 10 sT

4t∆ = ⋅ +

= ⋅ −

b) Utilizando o mesmo raciocínio do item, porém desco-

nhecendo a distância da lesão, temos:

215 400

1

336 000

0,5 10 215 400

1

336 0000,034 m4

tx

xx

s

s s

∆ = ⋅ +

⋅ = ⋅ +

=−

ou 3,4 cm, em relação ao emissor. Portanto, a distân-

cia da lesão será de:

d = 10 − 3,4 = 6,6 cm

30. Para que o trem de carga entre no desvio com segurança,

permitindo a passagem do trem de passageiros, deverá

percorrer uma distância correspondente aos 200 m que

restam para chegar ao desvio, somado ao seu próprio

comprimento.

Assim, temos: 10200 50

25 scc

vS

t tts s=

∆∆

=+

∆∆ =

Com esse tempo, encontramos a máxima velocidade que

o trem de passageiros pode ter para passar pelo desvio

com segurança. Então:

400

2516 m sp

pv

S

tv vs s=

∆

∆= =

31. a) Para o carro, a menor distância é a de 7 quarteirões = 700 m.

b) Para o metrô: v = 36 km/h = 10 m/s e ∆S = 500 m

(∆S2 = 3002 + 4002):

tm =

∆=

S 500

10v = 50 s

c) Para o carro: v = 18 km/h = 5,0 m/s e ∆S = 700 m:

tc =

700

5,0

S

v

∆= = 140 s s =

140

50c

m

t

t = 2,8

Capítulo 3 – Movimento variado (MUV)

Conexões

1. Resposta pessoal.

2. Resposta pessoal.

Complementares

9. c

• vLaranja

= 180

3,650 m/s=

• vLaranjinha

= 150

3,641,7 m/s=

Assim: 41,7 50

32, 8 m/s2

av

ta as s=

∆∆

=−

=



10. a

Analogamente às equações horárias do espaço e da ve-

locidade para o MUV, temos para os instantes t = 1 h e

t = 4 h

s s

s s

( )

( )

∆ =⋅

⋅ =⋅

= ⋅

= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅

28 10

4

21 10

bactérias

h

1 10 1 1 10bactérias

h

25

25

2

5 5

Na t a

a

N a t N N

11. a

I é correta. Calculando a velocidade média, temos:

100

1010m s 36 km hv

S

t=

∆

∆= = =

II e III são incorretas. Esboçando o gráfico da velocidade

em função do tempo, temos:

t (s)

v (m/s)

v

10

Para o deslocamento de 100 m, temos:

área2

10010

220 m s

N

S Sb h v

vs s s∆ = ∆ =⋅

=⋅

=

A aceleração, de acordo com o gráfico, é:20

102 m s22a

v

t=

∆

∆= =

12. Soma = 50 (02 + 16 + 32)

(01) Incorreta. Com aceleração de 0,5 m/s2, a moto

atinge a velocidade máxima de 30 m/s em 60 s

(30 : 0,5). Nesse tempo, o deslocamento é de:

∆S1 =

⋅=

⋅

2

0,5 (60)

2

2 2a t s ∆S

1 = 900 m

O deslocamento da moto nos 20 s restantes, com

velocidade constante de 30 m/s, é de:

∆S2 = v · ∆t = 30 ⋅ 20 s ∆S

2 = 600 m

Assim, a velocidade média, entre 0 e 80 s, é:

vm =

900 600

80

S

t

∆

∆=

+s v

m = 18,75 m/s

(02) Correta. Para atingir a velocidade máxima de 20 m/s,

o carro demora 20 s, pois a aceleração é 1,0 m/s em

cada segundo. Como a moto demora 60 s para atin-

gir a velocidade máxima (item 01), 50 s após o início

dos movimentos, o movimento do carro é uniforme e

o da moto é acelerado.

(04) Incorreta. Em 60 s, o deslocamento do carro é:

∆St =

2

2a t⋅ + v · ∆t s ∆S

t =

1 (20)

2

2⋅

+ 20 ⋅ 40 s

s∆St = 1 000 m

Nesse tempo, o deslocamento da moto é 900 m,

conforme cálculo na proposição (01). Portanto, o

carro está 100 m à frente da moto.

(08) Incorreta. Usando os resultados obtidos na pro-

posição (04), podemos escrever as funções horá-

rias dos dois móveis:

Sc = 1 000 + 20 · (t − 60) e S

m = 900 + 30 · (t − 60)

No instante em que a moto alcança o carro, temos

Sc = S

m. Assim:

1 000 + 20 · (t − 60) = 900 + 30 · (t − 60) s

s 1 000 + 20 · t − 1 200 = 900 + 30 · t − 1 800 s

s 10 · t = 700 s t = 70 s

(16) Correta. Para t = 70 s, as posições do carro e da

moto são:

• Sc = 1 000 + 20 · (70 − 60) s S

c = 1 200 m

• Sm = 900 + 30 · (70 − 60) s S

m = 1 200 m

(32) Correta. Após 40 s do início, a velocidade do carro é

constante e igual a 20 m/s. A velocidade da moto é:

v = a · t = 0,5 ⋅ 40 s v = 20 m/s

21. d

Da figura, sabemos que, no primeiro segundo, a bola sobe

36 m e, em 5 s, atinge a altura máxima. Assim, podemos

escrever:

• v = vA − g

1 · t s 0 = v

A − g

1 · 5 s v

A = 5 · g

1

• S = S0 + v

0 · t +

2

a · t2

Para t = 1 s, temos: 36 = vA −

21g

Substituindo vA = 5 · g

1:

• 36 = 5 · g1 −

21g s g

1 = 8 m/s²

• vA = 5 · g

1 = 5 ⋅ 8 s v

A = 40 m/s

22. c

Utilizando a equação de Torricelli, em que a aceleração

do movimento de queda é g, temos:

2 30 0 2 10

900

2045 m

202 2 2v v g S S

S

s s

s

= + ⋅ ⋅ ∆ = + ⋅ ⋅ ∆

∆ = =

Em que o deslocamento é a altura da queda. Portanto,

h = 45 m.

23. b

Utilizando a função horária dos espaços para a altura, temos:

s s s

s

( )

= ⋅ +⋅

=⋅

=⋅

=⋅

=

2

t

2

2

2 12

26 m s

0

2 2

2

2

22

h v tg t

hg

gh

t

g

24. b

Tempo de queda do dublê:

∆h = 1

2 · g · t 2 s 5 =

1

2⋅ 10 · t 2 s t = 1,0 s

3 m

6 m

A BC

Ca•amba

∆SAC

= v · ∆t s 3 = v · 1 s v = 3 m/s

A velocidade v pode diferir da velocidade ideal, em mó-

dulo, no máximo, 3 m/s.


9

FÍSICA

Tarefa proposta

1. a

a =

72

3,6– 0

2,0

v

t

∆∆

= = 10 m/s2

2. a

Utilizando a equação horária dos espaços, temos:

s s

s

= + ⋅ +⋅

= − ⋅ +⋅

=2

40 30 410 4

20

0 0

2 2

S S v ta t

S

S

3. d

a1 =

2v

t

v v

t

v

t

∆∆

=⋅ −

=

a2 =

3

2

v

t

v v

t

v

t

∆∆

=⋅ −

⋅=

a3 =

5

5

4

5 t

v

t

v v

t

v∆∆

=⋅ −

⋅=

⋅⋅

∴ a1 = a

2 > a

3

4. c

• aA =

126 : 3,6

103,5 m/sA

2v

tas

∆∆

= =

• aB =

108 : 3,6

6 5,0 m/sB

2v

tas

∆∆

= =

• |aA − a

B| = |3,5 − 5,0| s |a

A − a

B| = 1,5 m/s2

5. a) a = v

t

∆∆

s 2,0 = 80

t∆ s ∆t = 40 s

b) ∆S = 1

2· a · ∆t2 s ∆S =

1

2 ⋅ 2 ⋅ (40)2 s

s ∆S = 1 600 m

6. b

Partindo do repouso, ou seja, com velocidade inicial igual

a zero, temos:

212 4 0 4

4

21,0 m s

0

2 2

S v ta t a

a

s s

s

∆ = ⋅ +⋅

− = ⋅ +⋅

=

7. d

v = 20 m/s

a = −5 m/s2

Como sabemos que o carro está desacelerando, o ∆S en-

contrado será o espaço necessário para frear.

v2 = 2 · a · ∆S s (20)2 = 2 ⋅ 5 · ∆S s 400 = 10 · ∆S∴ ∆S = 40 m

8. e

Utilizando a equação de Torricelli para o processo de

desaceleração, temos:

s s

s

( ) ( )= + ⋅ ⋅ ∆ = + ⋅ − ⋅ ∆

∆ =

2 0 25 2 5

62,5 m

202 2

v v a S S

S

9. a

Da função horária do espaço:

x = −10 + 4 · t + t2 = + ⋅ +⋅

2

0 0

2

S S v ta t

∴ v0 = 4 m/s e

2

a = 1 s a = 2 m/s2

Função horária da velocidade:

v = v0 + a · t s v = 4 + 2 · t

10. e

Calculando a velocidade que o motorista conseguirá com

a frenagem, temos:

s s

s

= + ⋅ ⋅ ∆ = + ⋅ − ⋅=

2 (30) 2 ( 5) 50

20 m s

202 2 2

v v a S v

v

Em km/h essa velocidade corresponde a 72 km/h. Portan-

to, o motorista passará pelo radar, acima do limite permi-

tido, e terá sua imagem capturada.

11. c

Como o movimento do corpo é uniformemente variado,

as distâncias percorridas entre dois intervalos de tempos

iguais e sucessivos aumentam. Assim, a única alternativa

que mostra esse comportamento é:

12. c

Calculando o tempo de frenagem pela equação horária

das velocidades, temos:

s s= + ⋅ = + − ⋅ =072

3,6( 10) 2 s0v v a t t t

Este é o tempo de frenagem do automóvel. Somando-se

a ele o tempo de reação do motorista, até que iniciasse a

frenagem, temos: Ttotal

= 1 + 2 = 3 s

13. e

Para o movimento do trem durante a passagem pela ponte:

v0 = 30 m/s

v = 0

a = − 2 m/s2 = cte

∆S = 100 + Lponte

v2 = 02v + 2 ⋅ a ⋅ ∆S s 02 = 302 + 2 · (−2) · [100 + L

ponte] s

s 100 + Lponte

= 225 s Lponte

= 125 m

14. c

I. Correta: Utilizando o conceito de velocidade relativa,

encontramos o tempo para que o carro chegue à

mesma posição em relação ao caminhão.

s s s=

∆∆

+ =∆

∆ = ∆ =20 25180 180

454 s.a/cv

S

t tt t

II. Incorreta: Em relação ao caminhão, a velocidade inicial

da Van é nula e o espaço relativo percorrido na ultra-

passagem é

+ = + =10 6 16 m.L Lc v

Então,

s s∆ =

⋅=

⋅=

216

8

22 s

2 2

Sa t t

t

III. Correta: Em 2 segundos, a Van e o carro se deslocam

s s

s

( )

( )

∆ = ⋅ +⋅

∆ = ⋅ +⋅

∆ =

∆ = ⋅ = ⋅ =

220 2

8 2

256 m.

25 2 50 m.

0

2 2

S v ta t

S

S

S v t

v v

v

a a

Ao fi nal da ultrapassagem a distância entre o carro e a

Van será de: d = 180 − (56 + 60) s d = 64 m

IV. Correta: ver item III.



15. d

Primeiro, vamos encontrar os tempos de aceleração até

54 km/h e, desaceleração até 0, por meio da equação

horária da velocidade.54

3,60 2,5

15

2,56 s

0 aceleração

aceleração

v v a t t

t

s

s

= + ⋅ ⇒ = + ⋅

= =

Como a aceleração e a desaceleração ocorrem na mesma

taxa, o tempo total de aceleração e desaceleração é igual

a 6 + 6 = 12 s.

O deslocamento na aceleração é encontrado pela equa-

ção do espaço. Assim, temos:

20 0

2,5 (6)

2

45 m

0 0

2 2

S S v ta t

S t

S

s s

s

∆ = + ⋅ +⋅

∆ = + ⋅ +⋅

∆ =

Dessa forma, na aceleração e na desaceleração, o ônibus

terá um deslocamento de 90 m.

A distância percorrida com velocidade constante será de

1 590 − 90 = 1 500 m.

Para encontrarmos o tempo gasto nesse trajeto, com ve-

locidade constante de 15 m/s, temos:

1500

15100 sv

S

tts=

∆

∆∆ = =

Portanto, o tempo total do ônibus do ponto de partida

até o ponto B será de:

∆t = 6 + 6 + 100 = 112 s

A distância da casa de Paulo até o ponto B será de:

200 100 2 341 mPauloS∆ = + ⋅ ≅

Finalizando, a velocidade média de Paulo será de:

341

1123,04 m sm

PaulovS

t=

∆

∆= ≅

ou, ainda, 11 km hmv ≅

16. c

• Atleta que está na frente:

S1 = 20 + 8 · t

• Atleta que está atrás:

S2 = 8 · t +

1

2 0,5 · t2

• Quando o atleta de trás alcançar o da frente, teremos:

S2 = S

1 s 8 · t + 0,25 · t2 = 20 + 8 · t s

s 0,25 · t2 = 20 s t = 80 H 9 s

17. a) Como a velocidade do automóvel é 12 m/s, durante o

tempo de reação (0,5 s) o carro percorre a distância de

6 m. Portanto, para o espaço de freada, restam 24 m.

Assim, temos:

v = v 2 0 + 2 · a · ∆S s 0 = (12)2 + 2 ⋅ a ⋅ 24 s a = −3 m/s2

b) Para que o automóvel consiga passar sem ser multado,

deve percorrer os 24 m no tempo de 1,7 s, já descon-

tado o tempo de reação. Assim:

2 24 12 1,7

(1,7)

2

2 2

S v ta t a

s∆ = ⋅ +⋅

= ⋅ +⋅

Como 1,72 H 3,0, temos: a = 2,4 m/s2

18. b

Esboçando o gráfico correspondente às duas etapas, ace-

leração e desaceleração, temos:

t (s)

v (m/s)

∆S1

∆S2

v1

t1

t2

0

Observe que os deslocamentos podem ser encontrados

pelas áreas de cada triângulo.

Escrevendo as equações horárias para as velocidades nas

duas etapas, temos:

2 2

30

3 ( )

11

1

1

11 1

22

2

1

2 11 2 1

av

t

v

tv t

av

t

v

t tv t t

s s

s s

=∆

∆= = ⋅

=∆

∆− =

−

−= ⋅ −

assim, igualando as duas equações, temos:

2 3 ( ) 2 3 33

51 2 1 1 2 1 1 2t t t t t t t ts s⋅ = ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ = ⋅

em que há a relação entre os tempos de aceleração e

desaceleração.

Então, por meio do deslocamento total, em função das

áreas dos triângulos, temos:

2375

2

2

3752

3

52

625 25

1 22 1 2 1

2 2

22

2

S S St v t t

t tt t s

s s

s s s

∆ = ∆ + ∆ =⋅

=⋅ ⋅

=

⋅ ⋅ ⋅

= =

19. a) v = v0 + a · t s 300 = 0 + 10 · t s t = 30 s

b) ∆S = v0 · t +

2

a · t2 s∆S = 5 · 302 s ∆S = 4 500 m

20. b

Utilizando a equação horária para as velocidades, temos

10 2 20 m/sv g t vs( )= ⋅ = ⋅ = .

Utilizando a equação horária para as posições, temos:

2

10 (2)

220 m

2 2

hg t

h h=⋅

⇒ =⋅

⇒ =

21. a

v = v0 + a · t (sendo a = −g = −10 m/s2)

0 = 30 − 10 · t s t = 3 s

22. c

• Na Terra: hT =

202

T

v

g⋅

• Na Lua: hL =

22

6

6

202

L

02

T

02

T

v

g

v

g

v

g⋅=

⋅

=⋅

⋅

Comparando, temos: hL = 6 · h

T s h

L = 6 ⋅ 6 = 36 m


11

FÍSICA

23. a

Considerando v0 = 0 e g = 10 m/s2, podemos encontrar

a velocidade por meio da equação de Torricelli. Assim,

temos:

2 v 0 2 10 20 400

20 m/s

202 2v v g h

v

= + ⋅ ⋅ ⇒ = + ⋅ ⋅ = ⇒

⇒ =

24. e

a) Incorreta. A altura é proporcional à velocidade média

multiplicada pelo tempo que ele permanece no ar. O

tempo não é elevado ao quadrado.

b) Incorreta. A aceleração da gravidade não depende da

velocidade do salto.

c) Incorreta. O tempo que ele permanece no ar é inver-

samente proporcional à aceleração da gravidade, mas

esta não depende da velocidade média.

d) Incorreta. No movimento, a única aceleração é a

gravidade.

e) Correta. O tempo de subida é: ts =

v

g. Como o movi-

mento é uniformemente variado, a velocidade média é

a média das velocidades. Assim: vm =

0

2

v + s v

m =

2

v.

Substituindo essas duas expressões em: ∆S = vm · ∆t, temos:

H = 2

v v

g⋅ s v2 = 2 · g · H

25. d

Utilizando a equação de Torricelli, temos:

2 2 2 9, 81 50

981 31,3

2v g h v g h

v m s

= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

= ⇒ =

26. d

Como a escola deverá percorrer os 530 m de pista, tendo

510 m de comprimento, o total deslocado para que a

escola fi nalize o desfi le será de:

530 + 510 = 1 040 m

Assim, a velocidade média será:

1040

6516 m minmv

S

t=

∆

∆= =

27. A velocidade do paraquedista é a velocidade inicial (v0) da

lanterna no início de sua queda livre de 90 m em 3 s.

∴ ∆S = v0 · t +

2

a · t2 s 90 = v

0 · 3 + 5 · 32 s v

0 = 15 m/s

28. b

Da equação da altura percorrida na queda livre, temos:

2

1

210 2 20

1

210 1,6 12,8

2

12

1

22

2

hg t

h h m

h h m

s

s

=⋅

= ⋅ ⋅ =

= ⋅ ⋅ =

Fazendo a diferença entre as duas alturas, temos:

∆h = 20 − 12,8 = 7,2 m

29. c

Para A (subida), temos:

2 0 2 10 5

10 m s

A2

0A2

A A

A

v v g h v

v

s s

s

= + ⋅ ⋅ ∆ = + ⋅ ⋅

=

Para B (descida), precisamos primeiro determinar a veloci-

dade com que B foi lançado. Assim, temos:

2 2

0 2 10 10 10 2 m/s

B2

0B2

B 0B B2

B

0B 0B

v v g h v v g h

v v

s

s s

= − ⋅ ⋅ ∆ = + ⋅ ⋅ ∆

= + ⋅ ⋅ = ⋅

Então, a velocidade de B para a altura 5 m será de:

10 2 2 10 5 10m/sB

2

Bv vs( )= − ⋅ ⋅ =

Assim, a razão entre as velocidades será de:

10

101A

B

v

v= =

30. e

Para encontrarmos a distância percorrida numa queda li-

vre, utilizamos a equação horária dos espaços para a altura.

Assim, temos:

2

10 (2,5)

231, 25 m

2 2

hg t

hs∆ =⋅

∆ =⋅

=

Com a equação horária para as velocidades, temos:

0 10 2,5 25m s0v v g t v vs s= + ⋅ = + ⋅ =

31. a

Para os 10,0 segundos de subida acelerada, temos:

2

5 10

2250 m1 0 0

1 12

1

2

H H v ta t

Hs= + ⋅ +⋅

=⋅

=

E sua velocidade em 250 m será de:5 10 50 m s1 0 1 1 1v v a t vs= + ⋅ = ⋅ =

Na etapa seguinte, após os 10,0 segundos iniciais, até

atingir a altura máxima H2, temos:

2 ( )

0 50 2 ( 10) ( 250)

375 m

22

12

2 2 1

22

2

v v a H H

H

H

s

s

s

= + ⋅ ⋅ −

= + ⋅ − ⋅ −

=

Calculando o tempo de subida nessa etapa, temos:( ) 0 50 ( 10) ( 10)

5 s

2 1 2 2 1 2

2

v v a t t t

t

s

s

= + ⋅ − = + − ⋅ −

=

Após toda a subida, o tempo de descida, para altura fi nal

zero, será de:

20 375 0

10

2

8,7 s

3 2 2 332

332

3

H H v tg t

tt

t

s

s

= + ⋅ +⋅

= + ⋅ −⋅

≅

Então, o tempo total de permanência no ar será de:

10 5 8,7 23,7 s1 2 3t t t t t tt t ts s= + + = + + ≅

32. b

Queda livre de 10 m

∴ ∆S = 5 · t2 s 10 = 5 · t2 s t2 = 2 s

s t = 2 > 1,4 s

E: v = v0 + a · t s

s v = 10 · t s v =10 · 1,4 = 14m/s > 50 km/h

Capítulo 4 – Gráfi cos MU e MUV

Conex›es

I. Seguindo o raciocínio da seção, para um movimento com

aceleração variada teremos:



GRANDEZATIPO DE FUNÇÃO

FUNÇÃO HORÁRIA

Variação da aceleração

Constante D = constante

Aceleração 1º grau a = a0 + D · t

Velocidade 2º grau v = v0 + a

0 · t +

2

2D t⋅

Espaço 3º grau s = s0 + v

0 · t +

2 6

3 3a t D t⋅

+⋅

II. Professor, recorremos ao site <www.wolframalpha.com>

para fazer o gráfico da função S = 50 · t3 + t2 + 4 · t + 15, que

representa uma função de 3º grau, e o resultado foi:

10

–10–0,5 0,5

t

s

–20

20

30

40

50

Complementares

10. bEntre os instantes 3 s e 8 s, o automóvel não muda de

posição (4 km) e, portanto, está em repouso (v = 0).

11. aDe acordo com o gráfico, em 50 s, a canoa A percorre

150 m e a canoa B, 100 m. Portanto, a canoa A é mais

rápida que a canoa B.

12. bComo a velocidade está relacionada à inclinação da reta

no gráfico de distância x tempo, temos que a onda P é a

mais rápida, por ter maior inclinação (maior velocidade).

Do gráfico, a onda P chega a Natal no instante 16 s e

a onda S chega no instante 24 s. Assim, a diferença de

tempo das ondas na chegada no sismógrafo da UFRN é

de: 24 − 16 = 8 s

13. d

vA =

100 0

4 0

S

t

∆∆

=−

− = 25 m/s

vB =

100 25

4 0

S

t

∆∆

=−−

= 18,75 m/s

vrelativa

= 25 − 18,75 = 6,25 m/s

A distância relativa é a soma dos comprimentos das car-

retas (∆Srelativo

= 50 m), então o tempo para a ultrapassa-

gem é:

vrelativa

= relativoS

t

∆∆

s ∆t = relativo

relativa

S

v

∆ =

50

6,25 s ∆t = 8,0 s

22. v0 = 4 m/s e a =

8

4

v

t

∆∆

= = 2 m/s2

v = v0 + a · t s v = 4 + 2 · t

Para t = 7 s: v = 4 + 2 ∙ 7 s v = 18 m/s

∆S = área s ∆S = 18 4

2

+ ∙ 7 s ∆S = 77 m

23. a) Calculando os deslocamentos dos dois veículos duran-

te todo o tempo, temos:

2

120 20

21200 m

2

120 20

21200 m

Sb h

S

Sb h

S

A A

B B

s

s

∆ =⋅

=⋅

∆ =

∆ =⋅

=⋅

∆ =

Como o intervalo de tempo e o deslocamento são o

mesmo para os dois veículos, as velocidades médias

deles também são iguais. Assim, temos:

1200

12010 m s1 2

2

2

v vS

t= =

∆∆

= =

b) Para o instante 60 s, encontramos a aceleração de A e

posteriormente sua velocidade. Assim, temos:

0 20

1000,2 m sA

a 2a

v

t=

∆∆

=−

= −

Para a velocidade

20 0, 2 40 12 m s

60 20

60

v v a t

v

a a A

a

s

s ( )= + ⋅

= + − =

As acelerações de A e B têm o mesmo valor em mó-

dulo, diferindo apenas no sinal. Assim, encontrando

os deslocamentos, temos:

20 20

2

20 12 40

2

200 640 840 m

e

60 12

2

360 m

’

’

’

’

’

A Triangulo Trapézio

A

A

B Triangulo

B

S A A

S

S

S A

S

s

s

s

( )∆ = +

∆ =⋅

++ ⋅

∆ = + =

∆ = =⋅

∆ = Então, a distância entre os veículos será de:

840 360 480 m’ ’

A Bd S S= ∆ − ∆ = − =

24. dComo partem juntos no instante t

0, eles se encontrarão

após sofrerem o mesmo deslocamento ∆S.

No instante t4, temos:4 2 8 unidadesBS b h∆ = ⋅ = ⋅ =

2

4 4

28 unidadesPS

b h∆ =

⋅=

⋅=

Logo o instante do encontro é t4.

25. a) S = S0 + v

0 · t +

2

2a t⋅

s S = v0 · t +

2

2a t⋅

Para t = 1 s, temos:

5 = v0 ∙ 1 +

1

2

2a ⋅

s 5 = v0 +

2

a s v

0 = 5 −

2

a (I)

Para t = 2 s, temos:

8 = v0 ∙ 2 +

2

2

2a ⋅

s 8 = 2 · v0 + 2 · a (II)

Substituindo (I) em (II), temos:

8 = 2 ∙ 52

a−

+ 2 · a s 8 = 10 − a + 2 · a s a = −2 m/s2

b) v0 = 5 −

2

2

− = 6 m/s


13

FÍSICA

Tarefa proposta

1. aA velocidade da partícula é a mesma em todo o inter-valo de 0 a 2 h.

2. aConsiderando a ida da bola contra a parede como sentido positivo, e tanto a ida quanto a volta com velocidades cons-tantes, teremos movimentos uniformes caracterizados. Isso indica que o gráfi co será composto de dois segmentos reta.Na ida, como a velocidade é maior, maior será a inclinação da reta e, consequentemente, na volta, como a velocida-de é menor, menor será a inclinação da reta. Temos, na ida, movimento dito progressivo e, na volta, movimento retrógrado.

3. eComo as velocidades médias dependem das posições fi -nal e inicial e, também, de todo o intervalo de tempo mencionado, ou seja,

m m0

0

vS

tv

S S

t ts=

∆

∆=

−

−

E essas posições são as mesmas para as três partículas, concluímos que:v

A = v

B = v

C

4. a

t tmfinal inicial

vS S S

s=∆

∆=

−

∆

0 0

360mv =−

s vm = 0

5. ePrimeiro, vamos calcular as velocidades constantes de cada ônibus.

210 0

6 035 km h

0 210

3 070 km h

AA

AA

BB

BB

vS

tv

vS

tv

s

s

=∆

∆=

−

−=

=∆

∆=

−

−= −

Então, escrevendo as equações horárias para as posições dos dois ônibus, temos:

0 35

210 70A 0A A A

B 0B B B

S S v t S t

S S v t S t

s

s

= + ⋅ = + ⋅

= + ⋅ = − ⋅ Para o encontro dos ônibus, será necessário que estejam na mesma posição.Assim, temos:

0 35 210 70 2 hA BS S t t ts s= + ⋅ = − ⋅ =

A distância de Recife pode ser encontrada pela equação horária do ônibus A. Então

0 35 0 35 2 70 kmA AS t Ss= + ⋅ = + ⋅ =

6. d∆S =

N área; área = 5 · 4 = 20 m, mas a área abaixo do eixo t in-

dica que o corpo se desloca contra a orientação da trajetória. ∴ ∆S = −20 m

7. dComo o deslocamento deve ser de 750 m, do gráfi co, temos que:

=2

75030

2

1 500

3050 m s

N

Sb h v

vs s∆⋅

=⋅

= =

Em km/h, temos: v = 50 ⋅ 3,6 = 180 km/h

8. e

• v = 2,5 m/s

• S = S0 + v · t

2,525

300

vS

t

xs=

∆

∆− =

− s −75 = 25 − x

0 s x

0 = 100 m

Dessa forma, a equação horária é:S = S

0 + v · t s S = 100 − 2,5 · t

Para t = 15, temos: S = 100 − 2,5 ⋅ (15) = 62,5 m 9. a) Para calcularmos a velocidade do automóvel, devemos

usar o intervalo de tempo em que os sensores S1 e S

2

registram a passagem das rodas dianteiras. Pelo gráfi -co: ∆t

1 = 0,1 s

Assim: 2

0,11

vd

tvs=

∆= s v = 20 m/s ou 72 km/h

b) Para calcularmos a distância entre os eixos, devemos usar o intervalo de tempo em que o sensor 1 registra a passagem das rodas dianteiras e, em seguida, a das traseiras.

Pelo gráfi co, temos: ∆t2 = 0,15 s

Assim: ’

20’

0,152

vd

t

ds=

∆= s d’ = 3 m

10. Soma 62 (02 + 04 + 08 + 16 + 32)

(01) Incorreta: O tempo de percurso do trem Prata é de 18 − 6 = 12 horas.

(02) Correta: Para o trem Azul, 16 − 4 = 12 horas, igual ao do trem Prata.

(04) Correta:

0 720

18 660km h

720 0

116 460 km h

m(Prata)Prata

Prata

m(Prata)

m(Azul)Azul

Azul

m(Azul)

vS

t

v

vS

t

v

s

s

s

s

=∆

∆

=−

−= −

=∆

∆

=−

−=

Como o sinal representa apenas o sentido do movimen-to, consideramos as velocidades desenvolvidas iguais.

(08) Correta: da observação do gráfi co.

(16) Correta: da observação do gráfi co.

32. Correta: da observação do gráfi co. 11. c

a) Incorreta. Uma carroça percorre, em média, 6 km por hora.

b) Incorreta. Carro: vm = 100 km/h = 27,8 m/s

c) Correta. Uma pessoa caminhando percorre, em média, 4 km por hora.

d) Incorreta. Bicicleta: vm = 36 km/h = 10 m/s

e) Incorreta. Avião: vm = 900 km/h = 250 m/s

12. a

I. (F) Ocorrem apenas duas paradas.

II. (V) Retorna à origem.

III. (V) De 0 a 1 s, 2 s a 4 s e 5 s a 8 s.

IV. (F) É o maior valor.



13. c

Da observação do gráfico, as áreas dos retângulos for-

mados abaixo das retas que representam as velocidades

correspondem aos valores dos deslocamentos realizados

antes e depois da parada. Sendo assim:

∆S1 = 90 ⋅ 1,5 = 135 km

∆S2 = 80 ⋅ 2 = 160 km

O deslocamento total, que representa a distância entre as

duas cidades, é dado por:

∆S1 + ∆S

2 = 135 + 160 = 295 km

14. b

Nas três etapas do movimento, vemos, pelo gráfico, que

a intermediária tem velocidade nula. A distância total é

d = 510 m.

Assim, temos:

510 55,5 72 6 2

1 1 2 2d v t v t

t t t

s

s ( ) ( )= ⋅ ∆ + ⋅ ∆

= ⋅ + ⋅ + − −

510 55,5 72 4510 288

55,54t t t hs s( )⇒ = ⋅ + =

−=

Calculando a velocidade escalar média, temos:510

6

510

4 651km hm mv

S

t tvs=

∆∆

=+

=+

=

15. a) No intervalo de 0 a 5 s, temos:

v = v0 + a · t s v = 2 + 8 ⋅ 5 s v = 42 m/s

No intervalo de 5 s a 7 s, a aceleração é nula.

Portanto, a velocidade é constante e igual a 42 m/s.

Assim, temos: ∆v = v7 − v

0 s ∆v = 42 − 2 s ∆v = 40 m/s

b)

2

0

42v (m/s)

t (s)5 7

c) ∆S =N área s ∆S =

N A

1 + A

2 s

s ∆S = 42 2

2

+ ⋅ 5 + 42 ⋅ 2 s ∆S = 194 m

16. e

Sendo 72 km/h = 20 m/s e 1 min = 60 s, temos:

∆S =N área do trapézio

2

B bh

+⋅

s

s ∆S = 180 120

220 s

+⋅ ∆S = 3 000 m

17. d

O deslocamento de cada corredora, no intervalo de 0 a 10 s,

é dado pela área abaixo do diagrama de cada uma. A maior

área está abaixo do diagrama de Maria, e a menor, abaixo

do diagrama de Joana; portanto, no instante 10 s: Maria

está na frente de Carla, que está na frente de Joana.

18. Para encontrar os deslocamentos de cada um, temos que

as áreas abaixo das retas até o eixo dos tempos são nu-

mericamente iguais aos deslocamentos. Assim, temos:

5 3

22 8 m

4 1

22 3 1 8 m

A A

B B

S S

S S

s

s( )

∆ =+

⋅ ∆ =

∆ =+

⋅

+ ⋅ ∆ =

A aceleração do carro A pode ser encontrada por

2 0

21 m/s .2

av

tas=

∆∆

=−

=

19. c

I. Incorreta. Entre 2 s e 4 s e entre 6 s e 8 s, o carrinho

está em movimento, pois v ≠ 0.

II. Correta. No intervalo entre 4 s e 6 s, a velocidade do

carrinho diminui, em módulo.

III. Correta. Sendo av

t=

∆∆

: ∆v0 − 2

> ∆v4 − 6

e ∆t0 − 2

= ∆t4 − 6

IV. Incorreta. São iguais (2 m/s).

20. a

Considerando o gráfico da questão em etapas, pode-

mos encontrar os deslocamentos em cada intervalo

determinado.

t (s)10,08,04,0

v (m/s)

∆S1

∆S2

∆S3

∆S4

6,0

0

Ð2,0

Primeiro, é necessário descobrir qual o instante entre 0 e 4 s,

no qual o móvel inverte o sentido pela primeira vez.

De 0 a 4 s6 ( 2)

4 02 m s2

av

ta as s=

∆∆

=− −

−=

Assim, pela equação horária das velocidades, temos:

0 2 2 1 s0v v a t t ts s= + ⋅ = − + ⋅ =Como o deslocamento total é a soma de todos os deslo-

camentos, temos:

De 0 s a 1 s

2

1 2

21 m1 1 1S

b hS Ss s∆ =

⋅∆ =

⋅∆ =

De 1 s a 4 s

2

3 6

29 m2 2 1S

b hS Ss s∆ =

⋅∆ =

⋅∆ =

De 4 s a 8 s

4 6 24 m3 3S Ss∆ = ⋅ ∆ =

De 8 s a 10 s

b h

2

2 6

26 m4 4 4S S Ss s∆ =

⋅∆ =

⋅∆ =

O deslocamento total será dado por:

1 9 24 6 38 m

total 1 2 3 4

total

S S S S S

S

s

s

∆ = −∆ + ∆ + ∆ + ∆

∆ = − + + + =

Calculando a velocidade e a aceleração médias, temos:

38

103, 8 m s

0 ( 2)

100, 2 m s

mtotal

m m

m m m2

vS

tv v

av

ta a

s s

s s

=∆

∆= =

=∆∆

=− −

=


15

FÍSICA

21. eA reta tangente à curva em um ou mais pontos determi-nados nos permite calcular o valor da velocidade instan-tânea naquele ponto. Seu valor é numericamente igual ao valor da velocidade.Assim, temos:

t (s)1 4

∆x (m)

α0

α1

20

10

Assim, temos:tg 0

tg0 0

1 1

v

v

= α ≠= α

À medida que o tempo passa, a inclinação da curva vai di-minuindo até que, no instante 4 s, o ângulo da tangente se anula e, consequentemente, a velocidade.Podemos concluir que o movimento é retardado e sua velocidade fi nal é nula.

22. aDe acordo com o gráfi co, a desaceleração pode ser en-contrada como:

4 40 0a

v

t

v v v=

∆∆

=−

=−

Escrevendo a equação horária para as posições, temos:

240 4

44

240 4 2 20 m s

0

2

0

0 2

0 0 0

S v ta t

v

v

v v v

s s

s s

∆ = ⋅ +⋅

= ⋅ +

−

⋅

= ⋅ − ⋅ =

Ou ainda v0 = 72 km/h

23. d

a) Incorreta. De 0 a 5 s: ∆vA > ∆v

B s a

A > a

B

b) Incorreta. No instante 10 s, as velocidades são iguais.

c) Incorreta. Para um instante de tempo, o deslocamento é nulo.

d) Correta. A aceleração de A é nula.

e) Incorreta. Não é possível determinar a distância entre eles, uma vez que não se conhece essa distância no instante 0.

24. b

a = 4 – 3

1 – 0

v

t

∆∆

= = 1 m/s2 e ∆S = 4 · 2 = 8 m

25. dDas informações contidas no gráfi co temos:O corredor A terminou a prova em t = 10 s;O corredor B terminou a prova em t =12 s;De 10 s a 12 s, o corredor B, com velocidade de 10 m/s, percorreu:

10 12 10 20 mB B B BS v t Ss ( )∆ = ⋅ ∆ ∆ = ⋅ − =

26. bPodemos encontrar o deslocamento de cada carrinho pelas áreas entre as linhas e o eixo dos tempos.Assim, temos:

2 0,5

2

2 0,5 1

21 2

0,5 1, 25 2 3,75 m

1 1

2

1,5 1 2

21,5 1

0,5 2,5 1,5 4,5 m

2 1

22 1 1 2 3 m

3 0,5

2

0,5 1 1

20,75 0,75 1,5 m

I

II

III

IV

S

S

S

S

( )

( )

( )

∆ =⋅

++ ⋅

+ ⋅ =

= + + =

∆ =⋅

++ ⋅

+ ⋅ =

= + + =

∆ =⋅

+ ⋅ = + =

∆ =⋅

++ ⋅

=

= + =

Assim, o carrinho II foi o que percorreu a maior distância. 27. a) Considerando a velocidade constante no intervalo

mencionado, de 2,5 s a 4,5 s, temos:

37,5

3,6 220,8 mv

S

t

SSs s=

∆∆

=∆

∆ =

b) A partir de 9 s, temos:

17,5 32,5

9,5 98, 2 m s2a

v

ta as s=

∆∆

=−−

= −

28. dPara ∆t = 100 s e v

m = 2 m/s s ∆S = 2 · 100 = 200 m

a) Incorreta. Nesse gráfi co: ∆S = 400 − 0 = 400 m

b) Incorreta. Nesse gráfi co: ∆S = 400 m (área)

c) Incorreta. Nesse gráfi co: ∆S = 0 m (móvel em repouso)

d) Correta. Nesse gráfi co: ∆S = 200 m (área)

e) Incorreta. Nesse gráfi co: ∆S = 0 m (o móvel retorna ao ponto de partida)

29. dEm tais condições, a aceleração da gravidade, próximo à superfície de tal planeta, é o módulo da aceleração sofri-da pelo corpo em seu movimento.

∴ a = 30 30

4

v

t

∆∆

=−

= 15 m/s2 s g = 15 m/s2

30. c

– 400

Velo

cidade (m

/s)

Tempo (s)

–30

–20

–10

0

10

20

30

40

50

2 4 5 6 8 10

De acordo com o gráfi co, a velocidade de lançamento é 50 m/s e, após 5 s, o objeto atinge a altura máxima (v = 0).Logo:

hm =N área do triângulo s

5 50

2mh =⋅

s hm = 125 m



31. e

Desconsiderando a resistência do ar, temos um movimen-

to cuja única aceleração é g (gravidade).

Da equação do espaço para o MUV, com aceleração g e

velocidade inicial nula, temos:

2 20

2 2

S v ta t

Sg t

s∆ = ⋅ +⋅

∆ =⋅

O gráfico que corresponde à equação será uma parábola

com vértice em t = 0.

32. e

A altura máxima H corresponde ao deslocamento da pe-

dra entre 0 e t.

∆S =N área do triângulo ∴ H =

20t v⋅

Para o instante 2

t:

20vv

=

Graficamente, veja a representação a seguir.

0 t t

V

t

2

2

v0

v0

A altura da pedra no instante 2

t é seu deslocamento en-

tre 0 e 2

t.

∆S =N área do trapézio

∴ ∆S = 2 2

2

3

8

3

4 2

3

4

00

0 0

vv t

v t v tH

+

⋅=

⋅ ⋅=

⋅ ⋅⋅

=


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